倭算数理研究所

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シュレディンガー方程式を解こう ~調和振動子~

シュレディンガー方程式を解こうシリーズ(目次)。 今回は調和振動子

調和振動子シュレディンガー方程式は生成・消滅演算子による定式化の知識を使わずに解くこともできますが、固有関数の規格化や直交性を示そうと思うと結局この定式化と同じようなことをやらないといけないので、ある程度生成・消滅演算子の知識があることを前提に解いていきます。 生成・消滅演算子の簡単な導入は「量子力学的調和振動子と生成・消滅演算子」参照。

【この記事の内容】

【参考】

調和振動子のポテンシャル

調和振動子のポテンシャルは以下で表されます:

  { \displaystyle\begin{align*}
  V(x) = \frac{1}{2}kx^2
\end{align*}}

 { k } は(ばね)定数。 時間に依存しないシュレディンガー方程式

  { \displaystyle\begin{align*}
  \left(-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2} + \frac{1}{2}kx^2\right)\psi(x) = E\psi(x)
\end{align*}}

となります。

方程式を書き換える

シュレディンガー方程式の両辺に  { \frac{m}{\hbar^2} } を書けて

  { \displaystyle\begin{align*}
  -\frac{1}{2}\left(\frac{d^2}{dx^2} - \frac{km}{\hbar^2}x^2\right)\psi(x) = \frac{mE}{\hbar^2}\psi(x)
\end{align*}}

ここで  { \lambda = \frac{\sqrt{km}}{\hbar} } とおくと

  { \displaystyle\begin{align*}
  -\frac{1}{2}\left(\frac{d^2}{dx^2} - \lambda^2x^2\right)\psi(x) = \frac{mE}{\hbar^2}\psi(x) \\
  -\frac{1}{2}\left(\frac{1}{\lambda}\frac{d^2}{dx^2} - \lambda x^2\right)\psi(x)
    = \frac{mE}{\hbar^2\lambda}\psi(x)
\end{align*}}

さらに

  { \displaystyle\begin{align*}
  z &= \sqrt{\lambda}\;x, &
  \varepsilon &= \frac{mE}{\hbar^2\lambda} = \frac{E}{\hbar}\sqrt{\frac{m}{k}}, &
  \Psi(z) &= \tfrac{1}{\sqrt[4]{\lambda}}\psi(x) = \tfrac{1}{\sqrt[4]{\lambda}}\psi(\tfrac{z}{\sqrt{\lambda}})
\end{align*}}

とおくと( { \psi(x) } の前の定数は  { \int|\Psi(z)|^2dz = \int|\psi(x)|^2dx = 1 } からくる規格化定数)、シュレディンガー方程式

  { \displaystyle\begin{align*}
  -\frac{1}{2}\left(\frac{d^2}{dz^2} - z^2\right)\Psi(z) = \varepsilon\Psi(z)
\end{align*}}

となります。 以降、これをシュレディンガー方程式として扱います。  { \varepsilon }古典力学調和振動子に出てくる角振動数  { \omega = \sqrt{\frac{k}{m}} } を使って表すと  { \varepsilon = \frac{E}{\hbar\omega} } となり、エネルギーを  { \hbar\omega } 単位で測った量になります。

シュレディンガー方程式を解く

生成・消滅演算子
座標表示での生成・消滅演算子

  { \displaystyle\begin{align*}
  a^\dagger &= \frac{1}{\sqrt{2}}\left(z - \frac{d}{dz}\right) \\
  a \,&= \frac{1}{\sqrt{2}}\left(z + \frac{d}{dz}\right)
\end{align*}}

となります。

基底状態
座標表示の基底状態 { \Psi_0(z) = \langle z|0\rangle } とおくと、基底状態は消滅演算子によって消されるので

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{1}{\sqrt{2}}\left(z + \frac{d}{dz}\right)\Psi_0(z) = 0
\end{align*}}

この微分方程式を解くと( { A }積分定数として)

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{d\Psi_0}{\Psi_0} &= -zdz \\
  \therefore \, \Psi_0(z) &= Ae^{-\frac{1}{2}z^2}
\end{align*}}

となります。 規格化条件から  { A } を求めると

  { \displaystyle\begin{align*}
  \int_{-\infty}^\infty |\Psi_0(z)|^2 dz
    &= |A|^2 \int_{-\infty}^\infty e^{-z^2} dz \\
    &= |A|^2 \sqrt{\pi} = 1
\end{align*}}

より  { A = \frac{1}{\sqrt[4]{\pi}} } となるので、結局

  { \displaystyle\begin{align*}
  \Psi_0(z) &= \frac{1}{\sqrt[4]{\pi}} \; e^{-\frac{1}{2}z^2}
\end{align*}}

を得ます。 エネルギー固有値 { \varepsilon = \frac{1}{2} } です。

一般のエネルギー固有状態
一般的にエネルギー  { \varepsilon = n + \frac{1}{2} } に属するエネルギー固有状態  { |n\rangle }

  { \displaystyle\begin{align*}
  |n\rangle = \frac{1}{\sqrt{n!}}\left(a^\dagger\right)^n|0\rangle
\end{align*}}

で与えられますが、この状態の座標表示を  { \Psi_n(z) = \langle z|n\rangle } とおくと

  { \displaystyle\begin{align*}
  \Psi_n(z)
    &= \frac{1}{\sqrt{n!}}\left\{\frac{1}{\sqrt{2}}\left(z - \frac{d}{dz}\right)\right\}^n \Psi_0(z) \\
    &= \frac{1}{\left(\sqrt{\pi}\;2^n n!\right)^{1/2}}\left(z - \frac{d}{dz}\right)^n e^{-\frac{1}{2}z^2}
\end{align*}}

となります。 小さい  { n } について具体的に微分を実行すると

  { \displaystyle\begin{align*}
  \Psi_0(z) &= \tfrac{1}{\left(\sqrt{\pi}\right)^{1/2}}\;e^{-\frac{1}{2}z^2} \\
  \Psi_1(z) &= \tfrac{1}{\left(2\sqrt{\pi}\right)^{1/2}}\cdot 2z\;e^{-\frac{1}{2}z^2} \\
  \Psi_2(z) &= \tfrac{1}{2\left(2\sqrt{\pi}\right)^{1/2}}\cdot(4z^2-2)\;e^{-\frac{1}{2}z^2} \\
  \Psi_3(z) &= \tfrac{1}{4\left(3\sqrt{\pi}\right)^{1/2}}\cdot(8z^3-12z)\;e^{-\frac{1}{2}z^2} \\
  \Psi_4(z) &= \tfrac{1}{8\left(6\sqrt{\pi}\right)^{1/2}}\cdot(16z^4-48z^2+12)\;e^{-\frac{1}{2}z^2} \\
  \Psi_5(z) &= \tfrac{1}{16\left(15\sqrt{\pi}\right)^{1/2}}\cdot(32z^5-160z^3+120z)\;e^{-\frac{1}{2}z^2}
\end{align*}}

を得ます。 規格化定数と  { z }多項式の部分は約分できるものもありますが、後のために分けてあります。

エルミート多項式
 { \Psi_n(z) } { e^{-\frac{1}{2}z^2} }微分を含む演算子を作用させて得られる関数ですが、結果に  { e^{-\frac{1}{2}z^2} } という因子が残るのは明らかなので、この因子と規格化定数を除いた  { z } に関する多項式の部分を  { H_n(z) } とおきましょう:

  { \displaystyle\begin{align*}
  \Psi_n(z) &= \frac{1}{\left(\sqrt{\pi}\;2^n n!\right)^{1/2}} H_n(z)\; e^{-\frac{1}{2}z^2}
\end{align*}}

この  { H_n(z) }エルミート多項式 (Hermite polynomials) と呼ばれるものになっています。 以下でいくつかその性質を見ていきます。 具体的な形は上記の  { \Psi_n(z) } の具体的な形を書き下した箇所の  { z }多項式の部分です。

漸化式
状態  { |n\rangle } に生成・消滅演算子を作用させると

  { \displaystyle\begin{align*}
  a^\dagger|n\rangle &= \sqrt{n+1}|n+1\rangle \\
  a|n\rangle \, &= \sqrt{n}|n-1\rangle
\end{align*}}

となるのでした。 座標表示でこれを実行すると、 { H_n(z) } { z } に関する漸化式が得られます。

まずは生成演算子を作用させた場合:

  { \displaystyle\begin{align*}
  a^\dagger\Psi_n(z)
    &= \tfrac{1}{\left(2^n n! \sqrt{\pi}\right)^{1/2}\sqrt{2}}
      \left(z - \frac{d}{dz}\right)\left(H_n(z)\;e^{-\frac{1}{2}z^2}\right) \\
    &= \tfrac{\sqrt{n+1}}{\left(2^{n+1} (n+1)! \sqrt{\pi}\right)^{1/2}}
      \left(zH_n - \frac{dH_n}{dz} + zH_n\right)e^{-\frac{1}{2}z^2} \\
    &= \tfrac{\sqrt{n+1}}{\left(2^{n+1} (n+1)! \sqrt{\pi}\right)^{1/2}}
      \left\{\left(2z - \frac{d}{dz}\right)H_n(z)\right\}e^{-\frac{1}{2}z^2} \\
\end{align*}}

これが  { \sqrt{n+1}\Psi_{n+1}(z) } となるので

  { \displaystyle\begin{align*}
  \left(2z - \frac{d}{dz}\right)H_n(z) = H_{n+1}(z)
\end{align*}}

を得ます。 生成演算子の座標表示と違って  { z } の前に係数2が付くことに注意。

同様にして消滅演算子を作用させた場合:

  { \displaystyle\begin{align*}
  a\Psi_n(z)
    &= \tfrac{1}{\left(2^n n! \sqrt{\pi}\right)^{1/2}\sqrt{2}}
      \left(z + \frac{d}{dz}\right)\left(H_n(z)\;e^{-\frac{1}{2}z^2}\right) \\
    &= \tfrac{1}{2\sqrt{n}\left(2^{n-1} (n-1)! \sqrt{\pi}\right)^{1/2}}
      \left(zH_n + \frac{dH_n}{dz} - zH_n\right)e^{-\frac{1}{2}z^2} \\
    &= \tfrac{\sqrt{n}}{2n\left(2^{n-1} (n-1)! \sqrt{\pi}\right)^{1/2}}
      \frac{dH_n}{dz}\;e^{-\frac{1}{2}z^2} \\
\end{align*}}

これが  { \sqrt{n}\Psi_{n-1}(z) } となるので

  { \displaystyle\begin{align*}
  \frac{d}{dz}H_n(z) = 2nH_{n-1}(z)
\end{align*}}

数学的な定義
任意の関数  { f(z) } に対して

  { \displaystyle\begin{align*}
  \left(2z - \frac{d}{dz}\right)f(z) = -e^{z^2}\frac{d}{dz}\left(e^{-z^2}f(z)\right)
\end{align*}}

が成り立つので、 { f(z) } に作用させている演算子 { n } 回作用させて

  { \displaystyle\begin{align*}
  \left(2z - \frac{d}{dz}\right)^nf(z)
    &= \left\{-e^{z^2}\frac{d}{dz}e^{-z^2}\right\}^n f(z) \\
    &= (-)^n e^{z^2}\frac{d^n}{dz^n}\left(e^{-z^2}f(z)\right)
\end{align*}}

となります。 したがって、上記で導いた  { H_n(z) } が満たす漸化式  { \left(2z - \frac{d}{dz}\right)H_n(z) = H_{n+1}(z) } より

  { \displaystyle\begin{align*}
  H_n(z)
    &= \left(2z - \frac{d}{dz}\right)^nH_0(z) \\
    &= (-)^n e^{z^2}\frac{d^n}{dz^n}e^{-z^2} \qquad\left(\because H_0(z) = 1\right) \\
\end{align*}}

となります。 実際には、こちらがエルミート多項式の定義となります:

  { \displaystyle\begin{align*}
  H_n(z) = (-1)^ne^{z^2}\frac{d^n}{dz^n}e^{-z^2}
\end{align*}}

直交性
 { |n\rangle } { n } の値が異なると直交する( { \langle m|n\rangle = \delta_{mn} })ので、エルミート多項式は以下の直交条件を満たします:

  { \displaystyle\begin{align*}
  \int_{-\infty}^\infty H_m(z)H_n(z)e^{-z^2}dz = \sqrt{\pi}\; 2^n n! \delta_{mn}
\end{align*}}

右辺のクロネッカーデルタの前の係数は、固有関数  { \Psi_n(z) } にある規格化定数の自乗です。

大体これくらいでエルミート多項式の性質はいいでしょう。

解を元の変数で表す

 { \omega = \sqrt{\frac{k}{m}} } として、エネルギー固有値

  { \displaystyle\begin{align*}
  E = \left(n+\dfrac{1}{2}\right)\hbar\omega
\end{align*}}

に属する波動関数  { \psi_n(x) }

  { \displaystyle\begin{align*}
  \psi_n(x)
    &= \frac{1}{\sqrt{2^n n!}}\left(\frac{\lambda}{\pi}\right)^{\frac{1}{4}}
    H_n(\sqrt{\lambda}x)\; e^{-\frac{1}{2}\lambda x^2}
\end{align*}}

で与えられます。 ただし  { \lambda = \frac{\sqrt{km}}{\hbar} } です。 小さい  { n } について具体的に書き下すと以下のようになります:

  { \displaystyle\begin{align*}
  \psi_0(z) &= \left(\tfrac{\lambda}{\pi}\right)^{\frac{1}{4}}\;e^{-\frac{1}{2}\lambda x^2} \\
  \psi_1(z) &= \tfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\tfrac{\lambda}{\pi}\right)^{\frac{1}{4}}\cdot
    2\sqrt{\lambda} x\;e^{-\frac{1}{2}\lambda x^2} \\
  \psi_2(z) &= \tfrac{1}{2\sqrt{2}}\left(\tfrac{\lambda}{\pi}\right)^{\frac{1}{4}}\cdot
    (4\lambda x^2-2)\;e^{-\frac{1}{2}\lambda x^2} \\
  \psi_3(z) &= \tfrac{1}{4\sqrt{3}}\left(\tfrac{\lambda}{\pi}\right)^{\frac{1}{4}}\cdot
    \sqrt{\lambda}(8\lambda x^3-12x)\;e^{-\frac{1}{2}\lambda x^2} \\
  \psi_4(z) &= \tfrac{1}{8\sqrt{6}}\left(\tfrac{\lambda}{\pi}\right)^{\frac{1}{4}}\cdot
    (16\lambda^2 x^4-48\lambda z^2+12)\;
    e^{-\frac{1}{2}\lambda x^2} \\
  \psi_5(z) &= \tfrac{1}{16\sqrt{15}}\left(\tfrac{\lambda}{\pi}\right)^{\frac{1}{4}}\cdot
    \sqrt{\lambda}(32\lambda^2 x^5-160\lambda x^3+120x)\;e^{-\frac{1}{2}\lambda x^2} \\
\end{align*}}

となります。

今回はやりませんでしたが、シュレディンガー方程式 { \Psi(z) = H(z)e^{-\frac{1}{2}z^2} } の形の解を仮定して  { H(z) } の満たす微分方程式(エルミートの微分方程式)を導き、その級数解を求めるという方法もよくされます。 こちらの記事でやってみたのでご興味があればどうぞ。

【追記】

Quantum Mechanics (Dover Books on Physics)

Quantum Mechanics (Dover Books on Physics)